2020届高三数学上学期分科综合考试试题 理 新人教

2020届高三数学上学期分科综合考试试题 理 新人教

1 2019 学年度高三分科综合测试卷 理科数学 一、选择题：本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的． 1．已知集合 3{ 0}1 xM x x   ， { 3, 1,1,3,5}N    ，则 M N  （ ） A．{1,3} B．{ 1,1,3} C．{ 3,1} D．{ 3, 1,1}  2．已知复数 4 ( )1 biz b Ri   的实部为 1 ，则复数 z b 在复平面上对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．若 2cos( )2 3    ，则 cos( 2 )   （ ） A． 2 9  B． 2 9 C． 5 9  D． 5 9 4．已知实数 ,x y 满足约束条件 3 3 2 4 3 4 12 0 y x y x x y          ，则 2z x y  的最大值为（ ） A．2 B．3 C． 4 D．5 5．一直线l 与平行四边形 ABCD 中的两边 ,AB AD 分别交于点 ,E F ，且交其对角线 AC 于 点 M ，若 2AB AE  ， 3AD AF  ， ( , )AM AB AC R        ，则 5 2    （ ） A． 1 2  B． 1 C． 3 2 D． 3 6．在如图所示的正方形中随机投掷 10000 个点，则落入阴影部分（曲线C 为正态分布 ( 1,1)N  的密度曲线）的点的个数的估计值为（ ） 附：若 2( , )X N   ，则 ( ) 0.6827P X        ， ( 2 2 ) 0.9545P X        ． 2 A．906 B．1359 C． 2718 D．3413 7．二分法是求方程近似解的一种方法，其原理是“一分为二、无限逼近”．执行如图所示的 程序框图，若输入 1 21, 2, 0.01x x d   ，则输出 n 的值为（ ） A．6 B．7 C． 8 D．9 8．已知函数 ( ) lg( [ ])f x x x  ，其中[ ]x 表示不超过 x 的最大整数，则关于函数 ( )f x 的性 质表述正确的是（ ） A．定义域为 ( ,0) (0, )  B．偶函数 C．周期函数 D．在定义域内为减函数 9．已知 5 件产品中有 2 件次品，现逐一检测，直至能确定所有次品为止，记检测的次数为 ， 则 ( )E   （ ） A． 3 B． 7 2 C． 18 5 D．4 10．已知函数 sin( )( 0,0 )y x         的图像与坐标轴的所有交点中，距离原点 3 最近的两个点的坐标分别为 2(0, )2 和 (1,0) ，则该函数图像距离 y 轴最近的一条对称轴方 程是（ ） A． 3x   B． 1x   C． 1x  D． 3x  11．某棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的外接球的表面积为（ ） A．11π B．12π C． 13π D．14π 12．已知 0x 是方程 2 22 ln 0xx e x  的实根，则关于实数 0x 的判断正确的是（ ） A． 0 ln 2x  B． 0 1x e  C． 0 02 ln 0x x  D． 0 02 ln 0xe x  二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分， 共 20 分． 13．已知边长为 3 的正 ABC 的三个顶点都在球O 的表面上，且OA 与平面 ABC 所成的 角为 60 ，则球O 的表面积为 ． 14．若 3 6 1(2 )( ) nx x x x   的展开式中含有常数项，则 n 的最小值等于 ． 15．在 ABC 中，角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，且 2 cos 2c B a b  ，若 ABC 的面积 为 3 4S c ，则 c 的最小值为 ． 16．已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为 F ，准线为l ，过l 上一点 P 作抛物线C 的 两条切线，切点分别为 ,A B ，若 3, 4PA PB  ，则 PF  ． 三、解答题 ：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17～21 题为必考 题，每个试题考生都必须作答．第 22/23 题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共 60 分． 4 17．已知等比数列 na 满足 2 15 2 3 5 72 , 2a a a a     ，数列 nb 满足 1 11, n n nb b b a   ( )n N  ， 2 n n n bc a  ， nS 为数列 nc 的前 n 项和． （1）求数列 nb 的前 11 项和； （2）求3 2n n nS b  ． 18．如图所示，在四棱锥 A BCDE 中，平面 BCDE  平面 ABC ， BE EC ， 6, 4 3BC AB  ， 30ABC  ． （1）求证： AC BE ； （2）若二面角为 B AC E  为 45，求直线 AB 与平面 ACE 所成的角的正弦值． 19．某市为了制定合理的节电方案，对居民用电情况进行了调查，通过抽样，获得了某年 200 户居民每户的月均用电量（单位：百千瓦  时），将数据按 [0,1),[1,2),[2,3),[3,4),[4,5), [5,6),[6,7),[7,8),[8,9) 分成 9 组，制成了如图所示的频率分 布直方图． （1）求直方图中 m 的值； （2）设该市有 100 万户居民，估计全市每户居民中月均用电量不低于 6 百千瓦  时的人数 5 及每户居民月均用电量的中位数； （3）政府计划对月均用电量在 4 百千瓦  时以下的用户进行奖励，月均用电量在[0,1) 内的 用户奖励 20 元/月，月均用电量在[1,2) 内的用户奖励 10 元/月，月均用电量在[2,4) 内的用 户奖励 2 元/月．若该市共有 400 万户居民，试估计政府执行此计划的年度预算． 20．已知 ,A B 分别是椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的长轴与短轴的一个端点， ,E F 是椭 圆的左、右焦点，以 E 点为圆心、3 为半径的圆与以 F 点为圆心、1 为半径的圆的交点在椭 圆C 上，且 5AB  ． （1）求椭圆C 的方程； （2）设 P 为椭圆C 上一点，直线 PA 与 y 轴交于点 M ，直线 PB 与 x 轴交于点 N ，求证： 2AN BM OA  ． 21．已知函数 2( ) (1 2 ) ln ( )f x ax a x x a R     ． （1）求函数 ( )f x 在区间[1,2] 上的最大值； （2）若 1 1 2 2 0 0( , ), ( , ), ( , )A x y B x y C x y 是函数 ( )f x 图像上不同的三点，且 1 2 0 2 x xx  ，试 判断 ' 0( )f x 与 1 2 1 2 y y x x   之间的大小关系，并证明． （二）选考题：共 10 分．请考生在第 22/23 题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第 一题计分． 22．在极坐标系中，曲线 1 : 2cosC    ,曲线 2 : ( cos 4) cosC        ．以极点为 坐标原点，极轴为 x 轴正半轴建立平面直角坐标系 xOy ，曲线 C 的参数方程为 12 2 3 2 x t y t      （t 为参数）． （1）求 1 2,C C 的直角坐标方程； （2）C 与 1 2,C C 交于不同的四点，这四点在C 上排列顺次为 , , ,H I J K ,求|| | | ||HI JK 的 值． 6 23．选修 4-5：不等式选讲 已知 ,a b 为任意实数． （1）求证： 4 2 2 4 2 26 4 ( )a a b b ab a b    ； （2）求函数   4 2 2 4| 2 (1 6 ) |f x x a a b b     3 32 | (2 2 1) |x a b ab    的最小值． 试卷答案 一、选择题 1-5: ACCBA 6-10: BBCBB 11、12：AC 二、填空题 13．16 14．2 15．3 16．12 5 三、解答题 17．解：（1）设等比数列{ }na 的公比为 q ，由 15 3 5 7 2a a a    ，得 5 5 2a  ， 因为 2 2 2a  ，所以 3 32q  ，即 1 2q  ． 故 2 1 2 n n n nb b a a q      2 21 12 ( ) ( )2 2 n n    ． 所以 1 2 3 10 11b b b b b     1 2 3 10 11( ) ( )b b b b b      2 4 101 1 11 ( ) ( ) ( )2 2 2      5 5 11 4 14 1 3 3 41 4      1 4095 1365 3 1024 1024    ． （2）由（1）可知 122 nn n n n bc ba    ． 则 3 2 2 2n n n n n n nS b S S b     2 1 1 2 32 2 2n nb b b b     2 3 1 1 2 3 12 2 2 2 n nb b b b      2 1 1 2 2 32( ) 2 ( )+b b b b b     3 1 3 4 12 ) +2 ( )n n nb b b b   （ ． 7 因为 1 1a  ， 12 ( ) 1n n nb b   ， 所以  3 2 1 1 1n n nS b n n      ． 18．（1）证明：在 ACB 中，应用余弦定理得 2 2 2 3cos 2 2 AB BC ACABC AB BC     , 解得 2 3AC  ．所以 2 2 2AC BC AB  ,所以 AC BC ． 因为平面 BCDE  平面 ABC ,平面 BCDE  平面 ABC BC , BC AC , 所以 AC  平面 BCDE ． 又因为 BE  平面 BCDE ，所以 AC BE ． （2）解：因为 AC  平面 BCDE ，CE  平面 BCDE ，所以 AC CE ． 又 BC AC ,平面 ACE  平面 ABC AC , 所以 BCE 是平面 EAC 与平面 BAC 所成的二面角的平面角，即 45BCE   ． 因为 , ,BE EC AC BE EC AC C    ,所以 BE  平面 ACE ． 所以 BAE 是直线 AB 与平面 ACE 所成的角． 因为在 Rt BCE 中， sin 45 3 2BE BC  ， 所以在 Rt BAE 中， 6sin 4 BEBAE AB    ． 19．解（1）由题得1 1 (0.04 0.08 0.21 0.25     0.06 0.04 0.02) 2m    ，所以 0.15m  ． （2）200 户居民月均用电量不低于 6 百千瓦  时的频率为 0.06 0.04 0.02 0.12   ，100 万户居民中月均用电量不低于 6 百千瓦  时的户数有1000000 0.12 120000  ； 设中位数是 x 百千瓦  时，因为前 5 组的频率之和 0.04 0.08 0.15 0.21 0.25 0.73 0.5      ， 而前 4 组的频率之和 0.04 0.08 0.15 0.21 0.48 0.5     ，所以 4 5x  ． 由 0.5 0.484 0.25x   ，解得 4.08x  ． （3）该市月均用电量在[0,1),[1.2),[2,4) 内的用户数分别为 20000 8.20000 16.20000 72   ，所以每月预算为 8  20000 8 20 16 10 72 2 20000 464        元，故估计政府执行此计划的年度预算为 20000 464 12 11136   万元 1.1136 亿元． 20．解：（1）由题意得 2 2 2 3 1 4 5 a a b      ，解得 2, 1a b  ， 所以椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  ． （2）由（1）及题意可画图，如图，不妨令    2,0 , 0,1A B ．设 0 0( , )P x y ，则 2 2 0 04 4x y  ． 令 0x  ，得 0 0 2 2M yy x    ，从而 0 0 2| | |1 | |1 |2M yBM y x      ；直线 PB 的方程为 0 0 1 1yy xx   ， 令 0y  ，得 0 0 1N xx y   ，从而 0 0 | | | 2 | | 2 |1N xAN x y      ． 所以 0 0 0 0 2| | | | | 2 | |1 |1 2 x yAN BM y x       2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 4 4 8 4| |2 2 x y x y x y x y x y         0 0 0 0 0 0 0 0 4 4 8 8| | 42 2 x y x y x y x y       ． 当 0 0x  时， 0 1,| | 2,| | 2y BM AN    , 所以| | | | 4AN BM  ,综上可知 2| | | | | |AN BM OA  ． 21．解：（1）     12 1 2f x ax a x        22 1 2 1ax a x x      2 1 1ax x x   ． 当  0, 1,2a x  时，   1 0xf x x    ，    max 2 2 ln 2f x f   ； 9 当  0, 1,2a x  时，     2 1 1 0ax xf x x     ，    max 2 2 ln 2f x f   ； 当 0a  时，由   0f x  ，得 1 2 1 , 12x xa    ，又  1,2x ，则有如下分类： ①当 1 22a   ，即 1 04 a   时，  f x 在 1,2 上是增函数，所以    max 2 2 2 ln 2f x f    ． ②当 11 22a    ，即 1 1 2 4a    时，  2f 在 1[1, ]2a  上是增函数，在 1( ,2]2a  上是减 函数， 所以    max 1 1( ) 1 ln 22 4f x f aa a       ． ③当 1 12a   ，即 1 2a   时，  f x 在 1,2 上是减函数，所以    max 1 1f x f a   ． 综上，函数  f x 在 1,2 上的最大值为    max 12 ln 2, 4 1 1 11 ln 2 ,4 2 4 11 , 2 a f x a aa a a                  ． （2）由题意得 1 1 1 2 1 2 1y y x x x x    2 2 1 2[ ( ) (1 2 )a x x a   1 2 2 1( ) ln ln ]x x x x   1 2( ) (1 2 )a x x a     2 1 1 2 ln lnx x x x   ，    0 0 0 12 1 2f x ax a x       1 2 1 2 2( ) (1 2 )a x x a x x      ，  1 2 2 1 0 1 2 1 2 ln lny y x xf xx x x x     1 2 1 2 2 1 x x x x    ， 1 2 2 1 1 2 2( )[(ln ln ) ]x xx x x x    2 2 1 21 2 1 1 2( 1)1 (ln ) 1 x x x xx x x x     ． 10 令 2 1 x tx  ，    2 1ln 1 tg t t t    ，         2 2 2 11 4 0 1 1 tg t t t t t        ， 所以  g t 在 0, 内是增函数，又  1 0g  ， 当 1 2x x 时， 1t  ， 1 2 1 0x x  ，    1 0g t g  ，故 1 2 0 1 2 ( )y y f xx x   ； 当 1 2x x 时， 0 1t  ， 1 2 1 0x x  ，    1 0g t g  ，故 1 2 0 1 2 ( )y y f xx x   ． 综上知： 1 2 0 1 2 ( )y y f xx x   ． 22．解：（1）因为 cosx   ， cosy   ， 2 2x y   ，由 2cos  ，得 2 2cos  ， 所以曲线 1C 的直角坐标方程为 2 21 1x y   ． 由 ( cos 4) cos       ，得 2 2sin 4 cos    ， 所以曲线 2C 的直角坐标方程为 2 4y x ． （2）不妨设四点在 C 上的排列顺序由下而上依次为 , , ,H I J K ,它们对应的参数分别为 1 2 3 4, , ,t t t t ，如图，连接 1C J ,则 1C IJ 为正三角形，所以| | 1IJ  ,故 || | | || || | | | | ||HI JK HI IK IJ    1 4 1 4|| | | | 1| | ( ) 1|t t t t       ． 把 12 2 3 2 x t y t      代入 2 4y x ，得 23 8 24 t t  ，即 23 8 32 0t t   ，故 1 4 8 3t t   ，所以 11 11|| | | || 3HI JK  ． 23．（1）证明： 4 2 2 4 2 26 4 ( )a a b b ab a b    2 2 2 2 2 2 2( ) 4 ( ) 4a b ab a b a b     2 2 2 4( 2 ) ( )a b ab a b     ． 因为 4 0a b  ，所以 4 2 2 4 2 26 4 ( )a a b b ab a b    ． （2）解：   4 2 2 4| 2 (1 6 ) |f x x a a b b     3 32 | (2 2 1) |x a b ab     4 2 2 4| 2 (1 6 ) |x a a b b     3 3| 2 2(2 2 1) |x a b ab    3 3|[2 2(2 2 1)]x a b ab    4 2 2 4[2 (1 6 )]|x a a b b    4| ( ) 1| 1a b    ， 即  min 1f x  ．